陕西省西安市长安区2024-2025学年高一（上）期末化学试卷（含解析）

这是一份陕西省西安市长安区2024-2025学年高一（上）期末化学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.自主创新是我国成为世界科技强国的关键支点。下列说法错误的是( )
A. 钛合金可用于飞机发动机压气机部件，合金中可以含有非金属元素
B. “鸿蒙”操作系统——载体芯片的主体材料硅属于电解质
C. 我国首次获得公斤级丰度99%的 100M产品， 100M与 98M互为同位素
D. “神舟十九”号飞船的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
2.钇(Y)在新能源电池中有着重要的应用，钇(Y)的一种核素为 3989Y，该核素的中子数为( )
A. 89B. 50C. 39D. 128
3.下列古代技术的工作原理不涉及氧化还原反应的是( )
A. 冶炼金属B. 火药爆炸C. 粮食酿酒D. 活字印刷
4.下列化学用语或图示表示错误的是( )
A. HClO的结构式：H—Cl—O
B. Al原子的结构示意图：
C. 用电子式表示氯化镁的形成过程：
D. Al2(SO4)3的电离方程式：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-
5.某实验需要230mL1ml⋅L-1NaOH溶液，配制该NaOH溶液的部分实验操作如图所示，列说法错误的是 ( )
A. 此实验应用托盘天平称取10.0gNaOH固体
B. 进行操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，则所配制的NaOH溶液浓度偏高
C. 进行操作③时，待NaOH固体在烧杯中完全溶解后，立即转移到容量瓶中
D. 上述实验操作的先后顺序是③②④⑥①⑤
6.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、NO3-、SO42-
B. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42-、HCO3-
C. 浓度为1ml⋅L-1的AgNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、SO42-
D. 含有大量Ba2+的溶液中：K+、Cl-、SO42-、CO32-
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1ml⋅L-1FeCl3溶液中含离子总数为4NA
B. 7.1gCl2与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NA
C. 标况下22.4LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数为3NA
D. 34gH2O2中含有的非极性键数目为2NA
8.某同学利用图装置制备Fe(OH)2沉淀。下列说法错误的是( )
A. 实验开始时，打开止水夹a和止水夹b
B. 关闭止水夹a，打开止水夹b，装置甲中溶液可流入装置乙中
C. 反应结束后，若关闭止水夹b，则Fe(OH)2可较长时间存在
D. 实验过程中，装置甲、乙中均发生了氧化还原反应
9.下列离子方程式正确的是( )
A. 氯气通入冷的石灰乳中制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：SO42-+Ba2++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C. 强碱性溶液中NaClO将Mn2+氧化成MnO2：Mn2+ClO+H2O=MnO2↓+Cl+2H+
D. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：a2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
10.①～⑥均是元素周期表中短周期元素，它们的主要化合价和原子半径如表所示：
下列说法正确的是( )
A. ①的原子半径在与它同主族的原子中最小B. ⑥的最高价氧化物对应的水化物是强酸
C. ②与④形成的化合物属于共价化合物D. ⑤、⑥的单质在暗处就能与氢气反应
11.称取17g在空气中部分变质的Na2O2粉末样品溶于20mL水中，收集到2.4g气体，然后向水溶液中加入200g质量分数为7.3%的盐酸恰好完全反应，则发生变质的Na2O2与未变质的Na2O2的质量比为( )
A. 3：1B. 5：3C. 1：3D. 1：2
12.在“碳达峰、碳中和”的大背景下，我国加速了氢能的开发利用。如图为用铁及其氧化物循环制氢的流程图。下列有关说法正确的是( )
A. Fe2O3和Fe3O4均可用作红色颜料
B. 反应器Ⅰ中化合价发生变化的元素只有1种
C. 反应器Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1
D. 反应器Ⅲ中生成1mlFe2O3时，转移23ml电子
13.如图有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入2.12gNa2CO3和1.68gNaHCO3，然后再分别注入30mL1ml/L的盐酸。下列说法正确的是 ( )
A. ①、②装置中的气球都会膨胀，且最终两气球体积相同
B. 最终①装置中盐酸有剩余
C. 充分反应后，②装置中产生气体的体积为448mL(标准状况下)
D. 溶液体积变化忽略不计，则最终试管②中c(H+)=0.1ml/L
14.某兴趣小组同学为研究Cu与Fe3+的反应进行如下实验(已知CuCl为白色固体，微溶于水)：
下列说法错误的是( )
A. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原
B. Ⅱ中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl↓
C. 向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
D. 上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量
二、流程题：本大题共1小题，共15分。
15.某废旧金属材料中含有Fe、Cu、Al、FeO、CuO、Al2O3，为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收Al、Cu和制备绿矾(FeSO4⋅7H2O)。

回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是 ______ 。
(2)操作Ⅰ、Ⅱ的名称为 ______ 。试剂a为 ______ 。
(3)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 ______ 。
(4)滤液2中可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子，产生杂质离子的离子反应方程式为 ______ 。检验该杂质离子应选用的试剂为 ______ 。
(5)可通过如下方法定量测定所得绿矾(FeSO4⋅7H2O)的纯度：称取6.0g样品用稀硫酸溶解，滴加0.1ml⋅L-1的酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时消耗酸性KMnO4溶液的体积为40.00mL。已知：Fe2++H++MnO4-=Fe3++Mn2++H2O(未配平)。计算绿矾的纯度为 ______ (精确到0.1%)。
(6)绿矾隔绝空气受热分解生成多种化合物过程的热重曲线(残留样品质量随温度变化的曲线)如图所示。

①温度为100℃时，固体物质M的化学式为 ______ 。
②在隔绝空气的条件下，由P得到Q的化学方程式为 ______ 。
三、实验题：本大题共1小题，共15分。
16.含氯物质在生产、生活中有重要作用。化学小组同学为研究氯气的制备和性质进行了如图实验：

(1)盛装MnO2的仪器名称为 ______ 。
(2)实验室欲制备并收集干燥、纯净的Cl2，则实验装置接口的连接顺序为e→ ______ (用小写字母表示)，写出浓盐酸与MnO2发生反应的离子方程式： ______ 。
(3)饱和食盐水的作用是 ______ 。
(4)若用34.8gMnO2与足量浓盐酸充分反应，则生成的Cl2在标准状况下的体积为 ______ L。
(5)为验证卤素单质Cl2Br2l2氧化性的相对强弱，某小组利用收集的Cl2进行了如下实验。(夹持仪器已略去，装置气密性良好)

已知：装置Ⅰ中可反应生成Cl2淀粉遇I2变蓝色；稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色。
实验步骤：
a.打开弹簧夹和活塞1，滴加浓盐酸。
b.当装置Ⅱ和装置Ⅲ分液漏斗中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
c.当装置Ⅱ中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞1。
d.……
①证明单质Cl2的氧化性强于I2的实验现象是 ______ 。
②装置Ⅱ中NaBr溶液发生反应的离子方程式为 ______ 。
③为验证Br2的氧化性强于I2，步骤d的操作是 ______ 。
④Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱的本质原因是 ______ 。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
17.从古至今，金属及其化合物在人类的生产生活中都起到了巨大的作用。
(1)我国古代四大发明之一指南针是由天然磁石制成的，该磁石的主要成分是 ______ (填化学式)。
(2)宋代《洗冤集录》中记载有“银针探毒”，其原理为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。该反应的还原剂是 ______ ，用双线桥法标出该反应中转移电子的方向和数目： ______ 。
(3)过氧化钠可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出Na2O2和CO2反应的化学方程式： ______ 。
(4)厨房中常用小苏打做膨松剂，使馒头变得更加松软，其原理是 ______ (用化学方程式表示)。
(5)现代工业常用30%的氯化铁溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制作印刷电路板。为了使废液(主要成分为FeCl3、FeCl2和CuCl2)进行回收再利用，设计了如图流程：

①“滤渣”的主要成分是 ______ (填化学式，下同)，“滤液①”的主要成分为 ______ 。
②写出通入Cl2时发生反应的离子方程式： ______ 。
18.A～E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其相关信息如表。
请回答下列问题：
(1)元素A的化学符号为 ______ ，B、C对应的简单氢化物的稳定性强弱顺序为 ______ (用化学式表示)。
(2)元素B与元素E形成化合物的电子式为 ______ ，其含有的化学键类型为 ______ (填“极性”或“非极性”)共价键。
(3)D的单质与E的单质在加热条件下反应的化学方程式为 ______ 。
(4)D2O2是中学化学常用的强氧化剂，可与还原剂H2发生反应。化学兴趣小组为探究D2O2与H2的反应，设计了如图所示装置进行实验。

①上述装置中，碱石灰的作用是 ______ 。
②实验过程中观察到D2O2熔化后，很快变成白色粉末，但干燥管内无水硫酸铜并未变成蓝色。则D2O2与H2反应的化学方程式为 ______ ，将产物放入含有酚酞的溶液中，若 ______ (填现象)，说明D2O2没有完全反应。
③装置乙为启普发生器，下列有关说法错误的是 ______ (填字母)。
A.使用装置乙不需要检查装置气密性
B.为加快反应速率，可以对装置乙进行加热
C.若要使反应停止，应关闭活塞b
D.装置乙也可用于高锰酸钾和浓盐酸制备氯气
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.合金中可以含有非金属元素，故A正确；
B.硅是非金属单质，不属于电解质，故B错误；
C. 100M与 98M属于同种元素，中子数不同，二者互为同位素，故C正确；
D.纳米气凝胶是胶体，可以发生丁达尔效应，故D正确；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】中子数=质量数-质子数， 3989Y的质量数为89，质子数为39，则中子数=89-39=50，
故选：B。
3.【答案】D
【解析】A.冶炼金属，金属元素化合价降低，属于氧化还原反应，故A错误；
B.火药爆炸有元素化合价改变，属于氧化还原反应，故B错误；
C.粮食酿酒淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，属于氧化还原反应，故C错误；
D.活字印刷无新物质生成，属于物理变化，故D正确；
故选：D。
4.【答案】A
【解析】A.HClO的中心原子是O，含有H—O键和O—Cl键，其结构式为H—O—Cl，故A错误；
B.Al原子的质子数为13，核外电子数为13，各层上电子数分别为2、8、3，其结构示意图为，故B正确；
C.氯化镁由镁离子和氯离子过程，反应时Mg原子失电子生成Mg2+、Cl原子得电子生成Cl-，形成过程为，故C正确；
D.Al2(SO4)3电离生成Al3+和SO42-，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，故D正确；
故选：A。
5.【答案】C
【解析】A.由于实验室没有230mL的容量瓶，所以需要配制250mL 1ml/L的NaOH溶液，根据物质的量的相关公式n =cV=mM，可知NaOH固体的质量m=cVM=1ml/L×0.25L×40g/ml = 10.0g，所以应用托盘天平称取10.0g NaOH固体，故A正确；
B.操作①为定容，若俯视容量瓶的刻度线，会使溶液体积V偏小，根据c=nV，V偏小则所配制的NaOH溶液浓度偏高，故B正确；
C.NaOH固体溶于水会放热，应待其完全溶解并冷却至室温后，再转移到容量瓶中，若立即转移，溶液体积在冷却后会缩小，导致所配溶液浓度偏高，故C错误；
D.配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；对应图中操作顺序为③(溶解)②(转移)④(洗涤)⑥(洗涤液转移)①(定容)⑤(摇匀)，故D正确；
故选：C。
6.【答案】A
【解析】A.这几种离子之间不反应，能大量共存，故A正确；
B.使紫色石蕊变红色的溶液呈酸性，H+、HCO3-反应生成H2O、CO2而不能大量共存，故B错误；
C.与AgNO3反应的离子不能大量共存，Ag+与Cl-、SO42-反应而不能大量共存，故C错误；
D.SO42-、CO32-和Ba2+都生成钡盐沉淀而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
7.【答案】B
【解析】A.溶液体积未知，无法计算1ml⋅L-1FeCl3溶液中含离子总数，故A错误；
B.铁和氯气反应生成氯化铁，7.1g氯气的物质的量为0.1ml，因此7.1gCl2与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NA，故B正确；
C.标况下22.4LCO和CO2混合气体的物质的量为1ml，1mlCO或CO2中分别含有1ml或2ml氧原子，因此标况下22.4LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数介于NA～2NA，故C错误；
D.34gH2O2的物质的量为1ml，H2O2的结构式为H—O—O—H，1个H2O2中含有1个非极性键，因此34gH2O2中含有的非极性键数目为NA，故D错误；
故选：B。
8.【答案】D
【解析】A.根据以上分析知，实验开始时，打开止水夹a和止水夹b，甲中生成的氢气将甲、乙装置中的空气排尽，防止生成的Fe(OH)2被氧化，故A正确；
B.关闭止水夹a，打开止水夹b，甲中压强增大，导致装置甲中溶液可流入装置乙中，故B正确；
C.反应结束后，若关闭止水夹b，因为装置中没有空气，则Fe(OH)2可较长时间存在，故C正确；
D.实验过程中，装置甲发生了氧化还原反应，装置乙发生复分解反应，故D错误；
故选：D。
9.【答案】B
【解析】A.将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式为：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故A错误；
B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，离子方程式为：SO42-+Ba2++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C.在强碱性溶液中与H+不共存，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2，离子方程式：ClO-+Mn2++2OH-=MnO2+Cl-+H2O，故C错误；
D.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
10.【答案】B
【解析】由分析可知，①为Li、②为Na、③为Mg、④为O、⑤为F、⑥为Cl；
A.①为Li，处于IA族，同主族中H的原子半径最小，故A错误；
B.⑥的最高价氧化物对应的水化物是HClO4，属于强酸，故B正确；
C.②与④形成的化合物有N2O、Na2O2，都属于离子化合物，故C错误；
D.F2与H2在黑暗处即可以剧烈化合并发生爆炸，而氢气与氯气在光照或点燃条件下发生反应，故D错误；
故选：B。
11.【答案】C
【解析】依据过氧化钠与水的反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，样品溶于20mL水中，收集到2.4g氧气，可知该样品中未变质的过氧化钠的质量为2.4g32g/ml×2×78g/ml=11.7g，其中钠离子的质量为11.7g×4678=6.9g；然后加入盐酸恰好完全反应后的溶液中溶质为氯化钠，根据n(Na+)-n(Cl-)=200g×7.3%36.5g/ml=0.4ml，由此可知，原样品中共含钠离子的质量为0.4ml×23g/ml=9.2g；变质部分的样品中钠离子的质量为9.2g-6.9g=2.3g，可得发生变质的过氧化钠的质量为2.3g×7846=3.9g；故m(发生变质的Na2O2)：m(未变质的Na2O2)=3.9g：11.7g=1：3；
故选：C。
12.【答案】D
【解析】A.Fe2O3可用作红色颜料，Fe3O4为黑色固体，故A错误；
B.反应器Ⅰ中一氧化碳、氢气、氧化铁反应生成CO2、H2O和Fe，H、C、Fe三种元素化合价发生变化，故B错误；
C.反应器Ⅱ中发生的反应 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，氧化产物为Fe3O4、还原产物为H2，物质的量之比为1：4，故C错误；
D.反应器Ⅲ中发生的反应力4Fe3O4+O2=6Fe2O3，1 mlO2参加反应转移4 mle-生成 6 ml氧化铁，则生成1ml氧化铁转移23mle-，故D正确；
故选：D。
13.【答案】C
【解析】A.由分析可知，①②都有气体产生，气球都会膨胀，但最终两气球体积不同，故A错误；
B.由分析可知，①中盐酸没有剩余，故B错误；
C.由分析可知，②装置中产生气体的体积为(标准状况下)：0.02ml×22.4L/ml=0.448L=448mL，故C正确；
D.由分析可知，溶液体积变化忽略不计，则最终试管②中c(H+)=(0.03-0.02)ml30×10-3L=0.3ml/L，故D错误；
故选：C。
14.【答案】D
【解析】A.实验Ⅰ观察到溶液黄色变浅，实验Ⅱ、Ⅲ中都观察到溶液黄色褪色，说明实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有Fe3+被还原成Fe2+，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A正确；
B.实验Ⅱ中向1mL0.1ml/LFeCl3溶液加入过量铜粉，观察到铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，根据“CuCl为白色固体，微溶于水”，该实验中涉及的反应可能为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+、Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，即加水后的离子反应可能为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，故B正确；
C.实验Ⅲ中的实验现象说明其涉及的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据实验Ⅱ，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能发生离子反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，从而可能出现白色沉淀，故C正确；
D.对比实验Ⅱ、Ⅲ说明能否形成沉淀与阴离子的种类(是Cl-还是SO42-)有关，故D错误；
故选：D。
15.【答案】将金属单质转化为氧化物 过滤 Fe Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O KSCN 92.7% FeSO4⋅4H2O 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】(1)“焙烧”可加热金属单质Fe、Cu、Al与氧气反应生成金属氧化物，目的是将金属单质转化为氧化物，
故答案为：将金属单质转化为氧化物；
(2)操作Ⅰ、Ⅱ都是分离固体和液体，操作名称为过滤，向滤渣1中加入硫酸酸浸，再加入过量的铁粉，得到FeSO4溶液和滤渣2(含有铁和铜)，可知试剂a为铁粉，
故答案为：过滤；Fe；
(3)“碱浸”时Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-，
故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；
(4)滤液2中可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子，为亚铁离子被氧气氧化为铁离子，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，检验三价铁离子的方法为：取待测液于试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则说明存在Fe3+，
故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；KSCN；
(5)FeSO4与酸性KMnO4溶液的反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为5FeSO4～KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)=0.1ml⋅L-1×40×10-3L=4×10-4ml，则n(FeSO4)=n(FeSO4⋅7H2O)=5×4×10-4ml=2×10-3ml，绿矾晶体质量分数为2×10-3×2786×100%=92.7%，
故答案为：92.7%；
(6)①温度为100℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)=2.16g18g/ml=0.12ml，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12ml：0.03ml=4：1，则化学式为FeSO4⋅4H2O，
故答案为：FeSO4⋅4H2O；
②8.34gFeSO4⋅7H2O样品物质的量=8.34g278g/ml=0.03ml，其中m(H2O)=0.03ml×7×18g/ml=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4⋅7H2O)=0.03ml，m(Fe)=0.03ml×56g/ml=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.72g16g/ml=0.045ml，则n(Fe)：n(O)=0.03ml：0.045ml=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，在隔绝空气的条件下，由P得到Q为FeSO4分解生成氧化铁、SO2、SO3，反应的化学方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑，
故答案为：2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
16.【答案】蒸馏烧瓶 d→c→a→b→i→h→g MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 除去HCl杂质气体 8.96 湿润的淀粉-KI试纸变蓝 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 打开活塞2，将少量分液漏斗中溶液滴入KI溶液中，关闭活塞2，取下试管，振荡，静置后加入CCl4层溶液变为紫红色 同主族元素从上到下，原子半径增大，对核外电子的吸引能力减弱，得电子能力逐渐减弱
【解析】(1)盛装MnO2的仪器名称为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)浓盐酸易挥发，反应制得的氯气中会含有氯化氢气体杂质，可用饱和食盐水溶解氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，向上排空气法收集氯气，可用强碱溶液吸收多余氯气，并且除去气体杂质的导气管是长进短出，所以实验室制取并收集干燥、纯净的氯气时，装置的连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g，二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气的反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：d→c→a→b→i→h→g；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)制取的氯气中混有杂质氯化氢气体，利用HCl气体极易溶于水的性质，饱和食盐水的作用是除去HCl杂质气体，
故答案为：除去HCl杂质气体；
(4)34.8gMnO2物质的量为34.8g87g/ml=0.4ml，根据反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成0.4mlCl2，在标准状况下的体积为0.4ml×22.4L/ml=8.96L，
故答案为：8.96；
(5)①氯气与KI溶液发生氧化还原反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，则证明单质Cl2的氧化性强于I2的实验现象是湿润的淀粉-KI试纸变蓝，
故答案为：湿润的淀粉-KI试纸变蓝；
②装置Ⅱ中氯气和NaBr溶液反应生成Br2和NaCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，
故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
③为验证溴的氧化性强于碘，应打开活塞2，使分液漏斗中生成的溴单质加入KI溶液中，如发生氧化还原反应，则生成碘单质，碘易溶于CCl4，则四氯化碳层变为紫红色，
故答案为：打开活塞2，将少量分液漏斗中溶液滴入KI溶液中，关闭活塞2，取下试管，振荡，静置后加入CCl4层溶液变为紫红色；
④氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径增大，对核外电子的吸引能力减弱，得电子能力逐渐减弱，
故答案为：同主族元素从上到下，原子半径增大，对核外电子的吸引能力减弱，得电子能力逐渐减弱。
17.【答案】Fe3O4 Ag 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O Fe、Cu FeCl2 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】(1)指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是Fe3O4，Fe3O4俗称磁性氧化铁，可被磁铁吸引，
故答案为：Fe3O4；
(2)该反应中银元素化合价升高，还原剂是Ag，Ag失去1个电子有4个Ag原子发生变价，O得到2个电子有2个O原子发生变价，转移4个电子，用双线桥法表示该反应中转移电子的方向和数目为，
故答案为：Ag；；
(3)过氧化钠可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，原理是Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)小苏打做膨松剂，使馒头变得更加松软，原因为碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
(5)①向废液中加入过量的Fe粉，发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，然后过滤，“滤渣”的主要成分为Fe、Cu，“滤液①”的主要成分为FeCl2，
故答案为：Fe、Cu；FeCl2；
②通入Cl2时，亚铁离子与氯气反应生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
(5)向废液中加入过量的Fe粉，发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，然后过滤，滤渣中含有Fe、Cu，滤液①中含有FeCl2，向滤渣中加入过量稀盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，然后过滤，得到金属铜；将滤液①②合并，然后通入Cl2，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，得到氯化铁溶液，据此分析解答。
18.【答案】H NH3>CH4 极性 2Na+Cl22NaCl 吸收H2中的水蒸气 Na2O2+H22NaOH 溶液先变为红色、后迅速褪色 ABD
【解析】由分析可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为Na元素、E为Cl元素；
(1)元素A的化学符号为H；B、C元素对应的简单氢化物分别为CH4、NH3，元素非金属性：N>C，则氢化物的稳定性：NH3>CH4，
故答案为：H；NH3>CH4；
(2)元素B与元素E形成化合物为CCl4，其电子式为，其含有的化学键类型为极性共价键，
故答案为：；极性；
(3)D的单质与E的单质在加热条件下反应的化学方程式为2Na+Cl22NaCl，
故答案为：2Na+Cl22NaCl；
(4)①用无水硫酸铜检验过氧化钠与氢气反应是否有水生成，上述装置中，碱石灰的作用是吸收H2中的水蒸气，以免影响实验结果，
故答案为：吸收H2中的水蒸气；
②Na2O2熔化后，很快变成白色粉末，但干燥管内无水硫酸铜并未变成蓝色，说明没有水生成，可知反应生成NaOH，则Na2O2与H2反应的化学方程式为：Na2O2+H22NaOH；将产物放入含有酚酞的溶液中，若溶液先变为红色、后迅速褪色，说明Na2O2没有完全反应，
故答案为：Na2O2+H22NaOH；溶液先变为红色、后迅速褪色；
③A.启普发生器制备氢气，需要检查装置气密性，故A错误；
B.启普发生器不能进行加热，可以增大盐酸的浓度或加入硫酸铜溶液形成原电池，来加快生成氢气速率，故B错误，
C.当关闭b时，装置内压强增大，将盐酸压入球形漏斗中，Zn与盐酸分离，不再产生氢气，故C正确；
D.高锰酸钾溶于水，不宜在装置乙中与浓盐酸反应制备氯气，故D错误，
故答案为：ABD。
元素
①
②
③
④
⑤
⑥
主要化合价
+1
+1
+2
-2
-1
-1、+7
原子半径/nm
0.152
0.186
0.160
0.074
0.071
0.099
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
元素
特征
A
该元素的某种原子不含中子
B
简单氢化物的分子结构模型为
C
位于第2周期ⅤA族
D
该元素形成的化合物灼烧时火焰呈现黄色
E
该元素形成的单质常温下是黄绿色的有毒气体